• 数学竞赛

  >

  函数与方程

  >

  导数

略

作差得\[\begin{split}&\dfrac{f(x_1)+f(x_2)}{2}-f\left(\dfrac {x_1+x_2}{2}\right)\\=&\dfrac{2x_1+a\ln x_1 +2x_2+a\ln x_2}{2}-2\cdot \dfrac{x_1+x_2}{2}-a\ln{\dfrac{x_1+x_2}{2}}\\=& a\ln{\sqrt{x_1x_2}}-a\ln{\dfrac{x_1+x_2}{2}}\\=&a\ln{\left(\sqrt{x_1x_2}\cdot \dfrac 2{x_1+x_2}\right)}\\=&a\ln{\dfrac{2\sqrt{x_1x_2}}{x_1+x_2}}.\end{split}\]因为$$x_1+x_2\geqslant 2\sqrt{x_1x_2},$$所以$$\dfrac{2\sqrt{x_1x_2}}{x_1+x_2}\leqslant 1,$$所以$$\ln{\dfrac{2\sqrt{x_1x_2}}{x_1+x_2}}\leqslant 0.$$又因为 $a<0$，所以$$a\ln{\dfrac{2\sqrt{x_1x_2}}{x_1+x_2}}\geqslant 0,$$故$$\dfrac{f(x_1)+f(x_2)}{2}\geqslant f\left(\dfrac{x_1+x_2}{2}\right).$$

• 数学竞赛

  >

  函数与方程

  >

  导数

$\left[\dfrac{{\rm e}^2-2\rm e}{2({\rm e}-1)},+\infty\right)$

因为$$f(x)\leqslant (a+3)x-\dfrac 12 x^2$$对 $x\in [1,\rm e]$ 恒成立，故\[\begin{split}2x+a\ln x \leqslant (a+3)x-\dfrac 12 x^2,\end{split}\]即$$a(x-\ln x)\geqslant \dfrac 12 x^2-x,$$因为 $x\in [1,\rm e]$，所以$$x-\ln x >0,$$因而$$a\geqslant \dfrac{\dfrac 12 x^2 -x}{x-\ln x}.$$设 $g(x)=\dfrac{\dfrac 12 x^2 -x}{x-\ln x}$，$x\in [1,\rm e]$，因为\[\begin{split}g'(x)&=\dfrac{(x-1)(x-\ln x)-\left(1-\dfrac 1x\right)\left(\dfrac 12 x^2-x\right)}{(x-\ln x)^2}\\&=\dfrac{(x-1)\left(\dfrac 12 x +1-\ln x\right)}{(x-\ln x)^2},\end{split}\]当 $x\in(1,\rm e)$ 时，易知$$x-1>0,\dfrac 12 x +1-\ln x >0,$$所以 $g'(x)>0$．
又因为 $g(x)$ 在 $x=1$ 和 $x=\rm e$ 处连续，所以 $g(x)$ 在 $x\in [1,\rm e]$ 上为增函数，所以$$a\geqslant g(\rm e)=\dfrac{\dfrac 12{\rm e}^2-\rm e}{{\rm e}-1}=\dfrac{{\rm e}^2-2\rm e}{2({\rm e}-1)}.$$